Fune in caduta
Salve,
ho svolto l'esercizio seguente tratto da un testo anzianotto dell'Alonso-Finn,
però il mio risultato è diverso da quello del testo,
chi ha ragione?
Ecco l'esercizio:
ho svolto l'esercizio seguente tratto da un testo anzianotto dell'Alonso-Finn,
però il mio risultato è diverso da quello del testo,
chi ha ragione?
Ecco l'esercizio:
Risposte
Non riesco a decifrare bene lo scritto, in particolare i coefficienti numerici, nè riesco ad ingrandire l'immagine Imgur, non so perché.
Partiamo, più semplicemente, dalla posizione di equilibrio, in cui la fune pende ugualmente dai due lati di un piolo liscio ( è la stessa cosa della piccola carrucola senza attrito) , quindi :
$AB = BC =L/2$
Una piccola perturbazione, un colpetto, fa scivolare la fune , per ipotesi , verso destra , finchè si svincola da piolo e va in caduta libera.
Non occorre introdurre due variabili per le lunghezze dei tratti ; chiamo $x$ la lunghezza del tratto appeso a destra, quindi quello a sinistra sarà lungo $(L-x)$ . Evidentemente : $L/2
$m_d = lambdax = m/Lx$
e quella di sinistra : $ m_s = lambda(L-x) = m/L(L-x)$
Ciascun tratto è soggetto a una forza motrice e a una forza resistente. Essendo la fune inestensibile, in ogni istante tutti i suoi punti hanno , in modulo , la stessa accelerazione $a$ , ma è chiaro che questa $a$ non è costante durante il moto. Nella condizione di equilibrio iniziale, quando $x=L/2$ , risulta $a=0$ . Nella condizione finale , quando la fune è tutta scivolata a Ds, si ha : $a=g$ . L'accelerazione, quindi, varia linearmente da $0$ a $g$ . Il campo di variabilità da te considerato, da $-g$ a $+g$ , include anche lo scivolamento verso Sn.
Per calcolare $a$ , applichiamo la 2º legge della dinamica ai due tratti , in una certa posizione corrente $x$ del tratto di Ds che sta scivolando; $T$ è il modulo della tensione nella fune in quell'istante :
1) pezzo di Ds : $m_d*g -T = m_d*a$
2) pezzo di Sn : $T-m_s*g = m_s*a$
sommando membro a membro per eliminare $T$ , e sostituendo i valori detti per le masse . si ha :
$(m_d+m_s)*a= g*m/L(2x-L) \rarr a = g* (2x-L)/L$
e da qui si ritrovano i due valori estremi già considerati, per $x=L/2$ e per $x=L$ . Se mettiamo $x=0$ , la fune scivola a Sn, e si ha : $a= -g$ . Mi risulta che $a=1/2g $ quando : $x=3/4L$ , basta sostituire.
E fin qui, mi pare che ci siamo... Se l'accelerazione varia con la legge lineare detta rispetto ad $x$ , la velocità deve variare con una legge quadratica. Ma sappiamo, salvo errori, che :
$v= (dx)/(dt) $
$a = (dv)/(dt) = (dv)/(dx)* (dx)/(dt) = v (dv)/(dx) \rarr adx = vdv = d (1/2v^2) $
io credo che l'errore sia nell'impostazione dell'integrale. Dovrebbe essere :
$adx = 2g/L xdx -gdx$ , ma questo però è uguale a $ d (1/2v^2) $, sempre che non stia sbagliando. Non sono bravo con questi passaggi .
Questo è l'originale inglese del problema :
Partiamo, più semplicemente, dalla posizione di equilibrio, in cui la fune pende ugualmente dai due lati di un piolo liscio ( è la stessa cosa della piccola carrucola senza attrito) , quindi :
$AB = BC =L/2$
Una piccola perturbazione, un colpetto, fa scivolare la fune , per ipotesi , verso destra , finchè si svincola da piolo e va in caduta libera.
Non occorre introdurre due variabili per le lunghezze dei tratti ; chiamo $x$ la lunghezza del tratto appeso a destra, quindi quello a sinistra sarà lungo $(L-x)$ . Evidentemente : $L/2
$m_d = lambdax = m/Lx$
e quella di sinistra : $ m_s = lambda(L-x) = m/L(L-x)$
Ciascun tratto è soggetto a una forza motrice e a una forza resistente. Essendo la fune inestensibile, in ogni istante tutti i suoi punti hanno , in modulo , la stessa accelerazione $a$ , ma è chiaro che questa $a$ non è costante durante il moto. Nella condizione di equilibrio iniziale, quando $x=L/2$ , risulta $a=0$ . Nella condizione finale , quando la fune è tutta scivolata a Ds, si ha : $a=g$ . L'accelerazione, quindi, varia linearmente da $0$ a $g$ . Il campo di variabilità da te considerato, da $-g$ a $+g$ , include anche lo scivolamento verso Sn.
Per calcolare $a$ , applichiamo la 2º legge della dinamica ai due tratti , in una certa posizione corrente $x$ del tratto di Ds che sta scivolando; $T$ è il modulo della tensione nella fune in quell'istante :
1) pezzo di Ds : $m_d*g -T = m_d*a$
2) pezzo di Sn : $T-m_s*g = m_s*a$
sommando membro a membro per eliminare $T$ , e sostituendo i valori detti per le masse . si ha :
$(m_d+m_s)*a= g*m/L(2x-L) \rarr a = g* (2x-L)/L$
e da qui si ritrovano i due valori estremi già considerati, per $x=L/2$ e per $x=L$ . Se mettiamo $x=0$ , la fune scivola a Sn, e si ha : $a= -g$ . Mi risulta che $a=1/2g $ quando : $x=3/4L$ , basta sostituire.
E fin qui, mi pare che ci siamo... Se l'accelerazione varia con la legge lineare detta rispetto ad $x$ , la velocità deve variare con una legge quadratica. Ma sappiamo, salvo errori, che :
$v= (dx)/(dt) $
$a = (dv)/(dt) = (dv)/(dx)* (dx)/(dt) = v (dv)/(dx) \rarr adx = vdv = d (1/2v^2) $
io credo che l'errore sia nell'impostazione dell'integrale. Dovrebbe essere :
$adx = 2g/L xdx -gdx$ , ma questo però è uguale a $ d (1/2v^2) $, sempre che non stia sbagliando. Non sono bravo con questi passaggi .
Questo è l'originale inglese del problema :
Si mi pare che sei arrivato alla mia stessa conclusione, ho fatto quell'integrale...
Non so che cosa è successo al mio messaggio , c'erano delle formule all'inizio che non dovevano comparire, vanno dopo. Ho corretto.
Vabbè , hai fatto l'integrale , ma chi ha ragione , tu o il libro ? Quello ti dà la velocità in funzione di $x$ , non del tempo . A noi occorre v(t) , no ?
Vabbè , hai fatto l'integrale , ma chi ha ragione , tu o il libro ? Quello ti dà la velocità in funzione di $x$ , non del tempo . A noi occorre v(t) , no ?
@zorrok: anche prescindendo dal fatto che il regolamento "sconsiglia" l'uso di immagini quando non strettamente inevitabili, quella che hai postato è quasi indecifrabile, non si leggono bene né i dati né lo svolgimento. Riscrivi in modo decente almeno i primi in modo che chi vuol darti una mano non sia costretto a immaginare cosa ci potrebbe essere scritto.
Grazie.
Detto questo, hai provato, in alternativa ai calcoli dalla grafica evanescente che esponi, a valutare la posizione del centro di massa della corda all'inizio (quando un tratto lungo $b$ penzola a destra ed uno lungo $L-b$ penzola a sinistra) e poi alla fine, per poi usare la conservazione dell'energia?
Grazie.
Detto questo, hai provato, in alternativa ai calcoli dalla grafica evanescente che esponi, a valutare la posizione del centro di massa della corda all'inizio (quando un tratto lungo $b$ penzola a destra ed uno lungo $L-b$ penzola a sinistra) e poi alla fine, per poi usare la conservazione dell'energia?
Ciao zorrok, ogni tanto ci si rincontra, ricordo ancora i problemi del Rosati. 
E' facile capire chi ha ragione fra i due, basta andare a calcolare nei due risultati quanto vale la velocità per b pari a 2L/3.
BTW Io, tanti anni fa, studiai proprio su quel testo, con Nigro.
"zorrok":
...chi ha ragione?
E' facile capire chi ha ragione fra i due, basta andare a calcolare nei due risultati quanto vale la velocità per b pari a 2L/3.
BTW Io, tanti anni fa, studiai proprio su quel testo, con Nigro.
@Renzo,
non è che una sostituzione non si sappia fare. Il mio obbiettivo è trovare l’espressione analitica della velocità in funzione del tempo, non di x ; non è chiaro da quello che ho scritto?
Il libro di Alonso-Finn è tuttora un gran libro .
non è che una sostituzione non si sappia fare. Il mio obbiettivo è trovare l’espressione analitica della velocità in funzione del tempo, non di x ; non è chiaro da quello che ho scritto?
Il libro di Alonso-Finn è tuttora un gran libro .
Ciao @RenzoDF
Purtroppo non basta: anche la soluzione proposta dall'OT comporta velocità nulla per $b=2/3L$.
Tra l'altro, col metodo che ho esposto sopra arrivo alla stessa conclusione di @zorrok. Non sono così convinto che non sia sbagliato il risultato del libro.
"RenzoDF":
basta andare a calcolare nei due risultati quanto vale la velocità per b pari a 2L/3.
Purtroppo non basta: anche la soluzione proposta dall'OT comporta velocità nulla per $b=2/3L$.
Tra l'altro, col metodo che ho esposto sopra arrivo alla stessa conclusione di @zorrok. Non sono così convinto che non sia sbagliato il risultato del libro.
"Shackle":
... non è che una sostituzione non si sappia fare. Il mio obbiettivo è trovare l’espressione analitica della velocità in funzione del tempo, non di x ; non è chiaro da quello che ho scritto?
Beh, io ho semplicemente risposto alla domanda di zorrok, che ha risolto correttamente, ad ogni modo non è difficile risolvere l'equazione differenziale al fine di ricavare x(t) e quindi v(t), al fine di controllare il risultato per una diversa anche se più lunga strada.
"Palliit":
... Purtroppo non basta: anche la soluzione proposta dall'OT comporta velocità nulla per $b=2/3L$.
Certo, e quella ufficiale?
Ahhh, diamine… nella fretta ho fatto un errore di calcolo e mi risultava velocità nulla in entrambi i casi 
Palliit, ci fai vedere i passaggi? Renzo, io le equazioni differenziali ne le sono scordate. Vuoi risolvere per noi, prego?
"Shackle":
... Vabbè , hai fatto l'integrale , ma chi ha ragione , tu o il libro ? Quello ti dà la velocità in funzione di $x$ , non del tempo . A noi occorre v(t) , no ?
No, ha ragione zorrok, che risolve nel miglior modo, senza passare inutilmente per la v(t).
"Shackle":
... Renzo, io le equazioni differenziali ne le sono scordate. Vuoi risolvere per noi, prego?
Dai, coraggio, è una semplice equazione differenziale del secondo ordine, integrale dell'omogenea associata sommato alla soluzione particolare poi, con quelle condizioni iniziali, direi comparirà un coseno iperbolico per x(t) e un sh per v(t), provaci tu che sei giovane.
"RenzoDF":
Dai, coraggio, è una semplice equazione differenziale del secondo ordine, integrale dell'omogenea associata sommato alla soluzione particolare poi, con quelle condizioni iniziali, direi comparirà un coseno iperbolico per x(t) e un sh per v(t), provaci tu che sei giovane.
È vero che abbiamo riaperto la via della seta con la Cina, ma mi sembra che tu inizi a parlare cinese troppo presto...si, certo, le lingue bisogna impararle da giovani....e bisogna anche tenersi in allenamento !
Ok, stasera non so se ho tempo, ma entro domani posto la soluzione via eq. diff. 
"Shackle":
Palliit, ci fai vedere i passaggi?
Con l'asse che ha scelto @zorrok (origine nella carrucola e asse $x$ puntato verso il basso), se $x$ è la lunghezza del tratto di corda che pende a destra, allora ci sono: un tratto di lunghezza $x$, di massa$" "m/L*x" "$ e baricentro in$" "x/2" "$, ed un altro lungo $L-x" "$, di massa$" "m/L(L-x)" "$e baricentro in$" "(L-x)/2" "$.
Dalla media pesata delle coordinate dei due baricentri risulta per il centro di massa dell'intera corda un'ascissa:
$x_(CM)=1/L(x^2-Lx+1/2L^2)" "$.
Vista la scelta dell'orientamento dell'asse verticale, l'energia potenziale della corda è: $U(x)=-mgx_(CM)$.
Per conservazione dell'energia hai:
(1)$" "v^2=2/m[U(b)-U(x)]=(2g)/L(x^2-Lx-b^2+bL)$.
Per $x=2/3L$ vale: $v^2=(2g)/L(-2/9L^2+bL-b^2)$ come trovato dall'OT.
Derivando rispetto al tempo la (1) e supponendo $v!=0$ trovi:
$2v*a=(2g)/L(2x*v-vL)" "to" "a=g/L(2x-L)$ ,
che per $x=2/3L$ dà: $a=1/3g$.
Spero di non aver fatto errori di trascrizione.
Grazie PAlliit . Comunque l'accelerazione $a = g (2x - L ) /L $ l'avevo trovata con la 2º eq della dinamica applicata ai due tratti. Mi piace il modo di trovare la velocità con la conservazione dell'energia, ma è sempre v(x) e non v(t). La x è a sua volta funzione del tempo . Finora, per me, la x è la lunghezza, variabile da $L/2$ ad $L$ , del tratto che pende a destra, non la quota di un preciso punto. Tu invece hai fatto riferimento alla quota del CM.
Adesso aspettiamo la soluzione di Renzo per l'espressione analitica della velocità v(t) .
Adesso aspettiamo la soluzione di Renzo per l'espressione analitica della velocità v(t) .
Dall'accelerazione ottenuta da zorrok,
$\ddot{x}-\frac{2g} {L}x+g=0$
avremo che detta \(\alpha=\sqrt{ 2g/ L} \)
e individuata la soluzione particolare \(x_p=L/2\), la soluzione dell'equazione differenziale potrà essere scritta come
$x(t)=c_1e^{\alpha t}+ c_2e^{-\alpha t} +L/2$
e di conseguenza la velocità
$\dot{x}(t)=c_1\alpha e^{\alpha t}- c_2\alpha e^{-\alpha t} $
che, determinate le due costanti dalle condizioni iniziali
$(x(0)=b) \wedge ( \dot{x}(0)=0) \quad\Rightarrow c_1=c_2=\frac{1}{2}(b- \frac{L}{2}) $
potremo riscrivere
$x(t)=(b- \frac{L}{2})\cosh(\alpha t)+\frac{L}{2}$
$\dot{x}(t)=\alpha(b- \frac{L}{2})\sinh(\alpha t)$
dalla prima, imponendo la condizione per lo spazio
\(x(t_0)=2L/3\)
avremo che
$\cosh(\alpha t_0)=\frac{L}{3(2b-L)}$
e quindi, dalla seconda, la soluzione cercata
$\dot{x}(t_0)=\alpha(b- \frac{L}{2})\sqrt{\cosh^2(\alpha t_0)-1}=\alpha \sqrt{-\frac{2}{9}L^2+bL-b^2}$
q.e.d.
$\ddot{x}-\frac{2g} {L}x+g=0$
avremo che detta \(\alpha=\sqrt{ 2g/ L} \)
e individuata la soluzione particolare \(x_p=L/2\), la soluzione dell'equazione differenziale potrà essere scritta come
$x(t)=c_1e^{\alpha t}+ c_2e^{-\alpha t} +L/2$
e di conseguenza la velocità
$\dot{x}(t)=c_1\alpha e^{\alpha t}- c_2\alpha e^{-\alpha t} $
che, determinate le due costanti dalle condizioni iniziali
$(x(0)=b) \wedge ( \dot{x}(0)=0) \quad\Rightarrow c_1=c_2=\frac{1}{2}(b- \frac{L}{2}) $
potremo riscrivere
$x(t)=(b- \frac{L}{2})\cosh(\alpha t)+\frac{L}{2}$
$\dot{x}(t)=\alpha(b- \frac{L}{2})\sinh(\alpha t)$
dalla prima, imponendo la condizione per lo spazio
\(x(t_0)=2L/3\)
avremo che
$\cosh(\alpha t_0)=\frac{L}{3(2b-L)}$
e quindi, dalla seconda, la soluzione cercata
$\dot{x}(t_0)=\alpha(b- \frac{L}{2})\sqrt{\cosh^2(\alpha t_0)-1}=\alpha \sqrt{-\frac{2}{9}L^2+bL-b^2}$
q.e.d.
Grazie.
Grazie tanto a RenzoDF.....ogni tanto anche Alonso sbaglia!
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